【LeetCode 热题 100】739. 每日温度——（解法一）单调栈+从右到左

Problem: 739. 每日温度

给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，其中 answer[i] 是指对于第 i 天，下一个更高温度出现在几天后。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。

文章目录

整体思路
完整代码
时空复杂度
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(N)

整体思路

这段代码旨在高效地解决一个常见的算法问题：每日温度 (Daily Temperatures)。问题要求对于一个温度数组，计算并返回一个结果数组，其中每个元素代表需要等待多少天才能等到一个更暖和的天气。如果未来没有更暖和的天气，则等待天数为 0。

该算法巧妙地运用了 单调栈 (Monotonic Stack) 这一数据结构，并结合了 从右向左的逆向遍历，从而在线性时间内解决了问题。

核心思想：单调栈与逆向遍历
- 逆向遍历 ：算法从数组的末尾（最后一天）开始向前遍历。这样做的好处是，当我们处理第 i 天时，所有未来的日子（i+1, i+2, ...）及其相关信息（如它们的下一个更暖日的索引）都已经被处理过了。
- 单调栈 ：算法维护一个栈，这个栈里存储的是日期的索引 。最关键的是，这个栈始终保持一个单调递减的性质（从栈底到栈顶，索引对应的温度值是递减的）。
算法执行步骤：
- 初始化一个结果数组 ans（默认值为0）和一个空栈 st。
- 从 i = n-1 到 0 遍历 temperatures 数组：
  a. 维护单调性 ：对于当前温度 t = temperatures[i]，查看栈顶的索引 st.peek()。只要栈不为空，并且当前温度 t 大于或等于栈顶索引所对应的温度，就不断地将栈顶元素弹出。
  - 为什么要这样做？ 因为如果栈顶的某天 j 的温度不比第 i 天高，那么对于任何在 i 之前的日子（例如 i-1），如果它在寻找一个更暖和的日子，第 i 天显然是比第 j 天更近、更好的选择。因此，第 j 天对于 i 之前的日子来说，已经没有作为"下一个更暖日"的价值了，可以被安全地从栈中移除。
    b. 计算结果 ：在执行完上一步的 while 循环后，栈的状态有两种可能：
  - 栈不为空 ：此时栈顶的索引 st.peek() 就是从第 i 天向右看，遇到的第一个 比 temperatures[i] 更暖的日子的索引。因此，等待的天数就是 st.peek() - i。
  - 栈为空 ：这说明在 i 之后的所有日子里，都找不到一个更暖和的天气。结果 ans[i] 保持默认值 0 即可。
    c. 当前索引入栈 ：将当前日期的索引 i 压入栈中。这为后续（即 i 左侧）的日期提供了一个潜在的"下一个更暖日"的候选。

通过这种方式，每个元素的索引最多入栈一次、出栈一次，确保了算法的线性时间效率。

完整代码

java 复制代码

class Solution {
    /**
     * 给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，
     * 其中 answer[i] 是指在第 i 天之后，才会有更高的温度。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。
     * @param temperatures 每日温度数组
     * @return 每日等待天数数组
     */
    public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {
        int n = temperatures.length;
        // ans 数组用于存储结果，Java 中 int 数组默认值为 0，正好满足题目要求。
        int[] ans = new int[n];
        // st 是一个单调栈，存储的是日期的索引。
        // 从栈底到栈顶，索引对应的温度是单调递减的。
        Deque<Integer> st = new ArrayDeque<>();
        
        // 核心步骤：从右向左遍历温度数组
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            int t = temperatures[i];
            
            // 步骤 1: 维护栈的单调性
            // 当栈不为空，且当前温度 t 大于或等于栈顶索引对应的温度时，
            // 将栈顶元素弹出。因为这个栈顶元素对于 i 左边的任何一天来说，
            // 都不再是"下一个更暖日"的候选者了。
            while (!st.isEmpty() && t >= temperatures[st.peek()]) {
                st.pop();
            }
            
            // 步骤 2: 计算结果
            // 经过上一步的清理，如果栈不为空，则栈顶元素就是 i 右侧第一个更暖日的索引
            if (!st.isEmpty()) {
                ans[i] = st.peek() - i;
            }
            
            // 步骤 3: 当前索引入栈
            // 将当前天的索引压入栈中，作为其左边日子的一个潜在答案
            st.push(i);
        }
        
        return ans;
    }
}

时空复杂度

时间复杂度：O(N)

外层循环 ：for (int i = n - 1; i >= 0; i--) 遍历整个 temperatures 数组一次，执行 N 次。
内层循环 ：while 循环中的 pop 操作是关键。虽然它在 for 循环内部，但需要分析其总的执行次数。
- 每个数组元素的索引最多只会被 push 进栈一次。
- 每个索引也最多只会被 pop 出栈一次。
- 因此，在整个算法的生命周期中，push 和 pop 的总操作次数都是 O(N) 级别。
综合分析 ：
- for 循环本身是 O(N)。
- 所有 while 循环中的 pop 操作加起来也是 O(N)。
- 将 while 循环的成本均摊到 for 循环的每次迭代中，均摊时间复杂度为 O(1)。
- 因此，总的时间复杂度是 N * O(1) = O(N)。

空间复杂度：O(N)

主要存储开销 ：算法使用了一个双端队列 st 作为栈。
空间大小 ：在最坏的情况下，栈需要存储所有元素的索引。这种情况发生在一个严格递减的温度数组中，例如 [80, 70, 60, 50, 40]。在这种情况下，没有元素会被 while 循环弹出，所有 N 个索引都会被依次压入栈中。
结果数组 ：ans 数组是输出结果，其空间为 O(N)。在复杂度分析中，通常不计入输出结果所占用的空间，只分析额外辅助空间。

综合分析 ：

算法所需的额外辅助空间主要由单调栈 st 决定。在最坏情况下，其大小与输入规模 N 成线性关系。因此，空间复杂度为 O(N)。

参考灵神